ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA DE SETÚBALDEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
ÁLGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALÍTICAAno Lectivo de 2004/2005
Resolução do 1o Teste - A(6 de Novembro de 2004)
1. Considere o subconjunto de R4: B = {(a+ 2b, 0, 2a− b, b) ∈ R
4 : a, b ∈ R}.
(a)[1,5] Mostre que B é um subespaço vectorial de R4.
Resolução:B é um subespaço vectorial de R
4 se:
• B �= ∅.
• Se �u,�v ∈ B =⇒ �u+ �v ∈ B.
• Se �u ∈ B, λ ∈ R =⇒ λ�u ∈ B.
Vejamos:
• B �= ∅ pois (0, 0, 0, 0) ∈ B (basta considerar a = b = 0).
• Se �u ∈ B, então �u = (u1 + 2u2, 0, 2u1 − u2, u2) e, se �v ∈ B, então�v = (v1 + 2v2, 0, 2v1 − v2, v2) . Assim,
�u+ �v = (u1 + 2u2, 0, 2u1 − u2, u2) + (v1 + 2v2, 0, 2v1 − v2, v2)
= (u1 + 2u2 + v1 + 2v2, 0, 2u1 − u2 + 2v1 − v2, u2 + v2)
= (u1 + v1 + 2 (u2 + v2) , 0, 2 (u1 + v1)− (u2 + v2) , u2 + v2) ∈ B.
• Se �u ∈ B, então �u = (u1 + 2u2, 0, 2u1 − u2, u2) . Assim,
λ�u = λ (u1 + 2u2, 0, 2u1 − u2, u2)
= (λ (u1 + 2u2) , 0, λ (2u1 − u2) , λu2)
= (λu1 + 2λu2, 0, 2λu1 − λu2, λu2) ∈ B.
Logo B é um subespaço vectorial de R4.
(b)[1,5] Determine uma base para B e indique a sua dimensão.
Resolução:Como qualquer vector de B pode ser escrito na forma (a+ 2b, 0, 2a− b, b) então
(a+ 2b, 0, 2a− b, b) = a (1, 0, 2, 0) + b (2, 0,−1, 1) , com a, b ∈ R,
o que significa que (1, 0, 2, 0) e (2, 0,−1, 1) geram B. Como facilmente se verificaque estes dois vectores são linearmente independentes, conclui-se que constituemuma base de B.
Uma vez que a base tem dois vectores, dimB = 2.
1
(c)[1,5] Caracterize B por meio de um sistema de equações.
Resolução:Tem-se
B ={(x, y, z, w) ∈ R
4 : (x, y, z, w) = a (1, 0, 2, 0) + b (2, 0,−1, 1) , a, b ∈ R}.
Então,
(x, y, z, w) = a (1, 0, 2, 0) + b (2, 0,−1, 1) ⇔
⇔
x = a+ 2by = 0
z = 2a− b
w = b
⇔
a = x− 2wy = 0−
b = w
⇔
a = x− 2wb = w
y = 0z = 2x− 5w
e, portanto,B =
{(x, y, z, w) ∈ R
4 : y = 0 ∧ z = 2x− 5w}.
(d)[1,0] Determine m ∈ R de modo que o vector (m, 0, π, 2) ∈ B.
Resolução:Tem-se:
(m, 0, π, 2) = a (1, 0, 2, 0) + b (2, 0,−1, 1) ⇔⇔ (m, 0, π, 2) = (a+ 2b, 0, 2a− b, b) ⇔
⇔
m = a+ 2b0 = 0
π = 2a− b
2 = b
⇔
m = a+ 4π = 2a− 2
b = 2⇔
⇔
m = a+ 4a = π+2
2
b = 2⇔
m = π
2+ 5
a = π
2+ 1
b = 2.
Portanto, m = π
2+ 5.
2.[1,5] Defina vectores linearmente dependentes e verifique se os vectores de P2 (espaço vectorialdos polinómios de grau menor ou igual a 2),
p(x) = 2− x, q(x) = 2x− x2 e r(x) = 6− 5x+ x2,
são linearmente dependentes.
Resolução:
Os vectores �v1, �v2, . . . , �vp são linearmente dependentes se existir uma combinação linearnula destes vectores com os escalares não todos nulos, isto é, se existem α1, α2, . . . , αp,não todos nulos, tais que:
α1�v1 + α2�v2 + · · ·+ αp�vp = �0.
2
Vejamos:αp (x) + βq (x) + γr (x) = 0x2 + 0x+ 0 ⇐⇒
⇐⇒ α (2− x) + β(2x− x2
)+ γ
(6− 5x+ x2
)= 0x2 + 0x+ 0 ⇐⇒
⇐⇒ 2α− αx+ 2βx− βx2 + 6γ − 5γx+ γx2 = 0x2 + 0x+ 0 ⇐⇒⇐⇒ (γ − β)x2 + (2β − α− 5γ)x+ (2α+ 6γ) = 0x2 + 0x+ 0 =⇒
=⇒
γ − β = 02β − α− 5γ = 02α+ 6γ = 0
⇐⇒
γ = β
2β − α− 5β = 0−
⇐⇒
⇐⇒
−α = −3β
−⇐⇒
−−
−6β + 6β = 0⇐⇒
γ = β
α = −3β0 = 0
.
Logo o sistema tem uma infinidade de soluções, pelo que p (x) , q (x) e r (x) são linear-mente dependentes.
3.[2,0] Seja E um espaço vectorial e X = {�v1, �v2, �v3, �v4, �v5} um conjunto de geradores de E talque:
i) �v1, �v2, �v3, �v4 e �v5 são vectores linearmente dependentes.
ii) �v1 + �v2, �v2 + �v3 e �v3 são vectores linearmente independentes.
iii) {�v1 + �v2, �v2 + �v3, �v3} não gera E.
Mostre que �v1, �v2 e �v3 são vectores linearmente independentes e que dimE = 4.
Resolução:
Se os vectores �v1 + �v2, �v2 + �v3 e �v3 são vectores linearmente independentes, então �v1, �v2e �v3 também são vectores linearmente independentes, uma vez que a independência nãose altera se a um dos vectores dum conjunto adicionarmos uma combinação linear dosrestantes. De facto,
�v1 + �v2, �v2 + �v3 , �v3 são linearmente independentes ⇔⇔ �v1 + �v2, �v2 + �v3 − �v3, �v3 são linearmente independentes ⇔
⇔ �v1 + �v2 − �v2, �v2, �v3 são linearmente independentes ⇔⇔ �v1, �v2, �v3 são linearmente independentes.
Se X = {�v1, �v2, �v3, �v4, �v5} é um conjunto de geradores de E e �v1, �v2, �v3, �v4 e �v5 são vectoreslinearmente dependentes então dimE < 5.
Como {�v1, �v2, �v3} é um conjunto de vectores linearmente independentes e{�v1 + �v2, �v2 + �v3, �v3} não gera E, então dimE > 3, logo dimE = 4.
4. Considere o espaço euclidiano R3 com a base canónica {�e1, �e2, �e3} . Dados os vectores
�x = �e1 − �e3, �y = −�e1 + �e2 e �z = �e1 + 2�e3 determine:
3
(a)[1,0] �x× 2�y | �z.Resolução:
�x× 2�y |�z = �x | (2�y)× �z =
∣∣∣∣∣∣1 0 −1
−2 2 01 0 2
∣∣∣∣∣∣ = 6.
(b)[1,5] Um vector de norma igual a√6 e ortogonal a �x e �y.
Resolução:Determinemos o vector �x× �y, ortogonal a �x e a �y :
�x× �y =
∣∣∣∣∣∣�e1 �e2 �e31 0 −1
−1 1 0
∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 0 −11 0
∣∣∣∣�e1 −∣∣∣∣ 1 −1−1 0
∣∣∣∣�e2 +∣∣∣∣ 1 0−1 1
∣∣∣∣�e3= �e1 + �e2 + �e3
Resta determinar o valor de k tal que ||k (�x× �y)|| = √6. Ora,
||k (�x× �y)|| =√6 ⇔ |k| ||�x× �y|| =
√6 ⇔ |k|
√3 =
√6 ⇔ k = ±
√2.
Considerando k =√2, o vector
√2 (�x× �y) = (
√2,√2,√2) satisfaz as condições
pretendidas.
5. Considere em R3 a base canónica {�e1, �e2, �e3} . Sejam �u = a�e1 − �e3 com a ∈ R,
�v = −2�e1 + 2�e2 − 4�e3, A = (1, 0, 3) e B = (2, 1, 0).
(a)[1,0] Verifique se−→AB e �v são colineares.
Resolução:
Sendo−→AB = (1, 1,−3), vejamos se existe α ∈ R, tal que
−→AB = α�v. Esta igualdade
conduz ao seguinte sistema impossível:
−→AB = α�v ⇐⇒ (1, 1,−3) = α (−2, 2,−4) ⇐⇒
−2α = 12α = 1−4α = 3
⇐⇒
α = −1
2
α = 1
2
α = −3
4
Por conseguinte, os vectores−→AB e �v não são colineares.
(b)[1,5] Determine o ângulo formado pelos vectores 2−→AB e �v.
Resolução:
Seja θ = �(2−→AB,�v) e 2
−→AB = (2, 2,−6) . Tem-se:
cos θ =2−→AB |�v
||2−→AB|| ‖−→v ‖=
2 (1, 1,−3) | (−2, 2,−4)
2||−→AB|| ‖−→v ‖=
(1, 1,−3) | (−2, 2,−4)√11√24
=−2 + 2 + 12√
11√24
=12√11√24
=12√11√24
11× 24=
12√251
251.
Assim, θ = arccos(
12√251
251
).
4
(c)[1,5] Determine a ∈ R de modo que o volume do paralelepípedo definido a partir dos
vectores �u,�v e−→AB seja igual a 6.
Resolução:O volume do paralelepípedo é dado pelo valor absoluto do seguinte produto misto:
�u | �v ×−→AB =
∣∣∣∣∣∣a 0 −1
−2 2 −41 1 −3
∣∣∣∣∣∣ = −2a+ 4.
Como se pretende que o volume seja igual a 6, conclui-se:
|−2a+ 4| = 6 ⇐⇒ −2a+ 4 = 6 ∨−2a+ 4 = −6
⇐⇒ −2a = 2 ∨−2a = −10 ⇐⇒ a = −1 ∨ a = 5.
6.[1,5] Sejam �a e �b vectores de R3. Mostre que
||�a×�b||2 + (�a | �b)2 = ‖�a‖2 ||�b||2.
Resolução:
Considere-se θ = �(�a,�b). Então:
||�a×�b||2 + (�a | �b)2 =(‖�a‖ ||�b|| sen θ
)2
+(‖�a‖ ||�b|| cos θ
)2
= ‖�a‖2 ||�b||2 sen 2θ + ‖�a‖2 ||�b||2 cos2 θ= ‖�a‖2 ||�b||2 (sin2 θ + cos2 θ
)= ‖�a‖2 ||�b||2.
7. Considere as matrizes
A =
[w x
y x
], B =
[w y
x 3
]e C =
[1 22 3
],
onde x, y e w são números reais.
(a)[1,5] Determine os valores de x, y e w que satisfazem a equação matricial 2A = B+3C.
Resolução:
2A = B + 3C ⇔[2w 2x2y 2x
]=
[w y
x 3
]+
[3 66 9
]⇔
[2w 2x2y 2x
]=
[w + 3 y + 6x+ 6 12
]⇔
⇔
2w = w + 32x = y + 62y = x+ 62x = 12
⇔
w = 3x = 6y = 6
.
5
(b)[1,5] Mostre que A+BT é simétrica se e só se x = y.
Resolução:
A + BT é simétrica sse A + BT =(A+BT
)T, ou seja, sse A + BT = AT + B.
Substituindo em ambos os membros desta igualdade as respectivas matrizes obtém-se,
[w x
y x
]+
[w y
x 3
]T=
[w x
y x
]T+
[w y
x 3
]⇔
⇔[w x
y x
]+
[w x
y 3
]=
[w y
x x
]+
[w y
x 3
]⇔
⇔[2w 2x2y x+ 3
]=
[2w 2y2x x+ 3
]
⇔{
2x = 2y2y = 2x
⇔ x = y.
6